Düzgün yüklü, kesintisiz bir yüzey tarafından bir elektrostatik alan yaratılır. Bu alanın aynı olduğunu gösterin. Elektrostatik alan kuvveti. Yüklü parçacıkların homojen bir elektrik alanında çökmesi

Ostrogradsky-Gauss teoreminin birçok uygulamada uygulanabilirliğini gösteriyoruz.

Çaprazlanmamış düzgün yüklü alanın alanı

Daha büyük bir yüzey alanı S üzerindeki yükün yüzey kalınlığı aşağıdaki formülle hesaplanır:

de dq - Yük, dS alanındaki konsantrasyon; dS – fiziksel olarak son derece küçük yüzey alanı.

S düzlemi her noktada aynı olsun. Yük q - Pozitif. Tüm noktalardaki gerilim düzdür ve düzleme diktir. S(Şekil 2.11).

Açıkçası, simetrik, neredeyse düz noktalarda gerilim aynı büyüklükte ve doğrudan çizgiye paralel olacaktır.

Düzleme dik ve tabanları Δ olan, sertleşen bir silindir vardır. S, düz olacak şekilde simetrik olarak düzenlenmiştir (Şekil 2.12)

	Pirinç. 2.11	Pirinç. 2.12

Ostrogradsky-Gauss teoremini sonuçlandıralım. FE'nin silindir yüzeyinin alın kısmından akışı sıfıra eşittir çünkü

Kapalı bir yüzeyden (silindir) toplam akış daha güvenilirdir:

Yüzeyin ortasına bir yük yerleştirilir. Bu nedenle Ostrogradsky-Gauss teoremini reddedebiliriz:

;

S alanının alan kuvvetinin aynı kaldığı görülebilir:

(2.5.1)

Ortaya çıkan sonuç silindirin tabanında saklanır. Bu şu anlama gelir: Meydandan herhangi bir mesafede

Eşit yüklü iki düzlemin alanı

İki eşit olmayan yük yüzeyinin aynı yoğunluktaki σ farklı yüklerle yüklenmesine izin verin (Şekil 2.13).

Ortaya çıkan alan, yukarıda tanımlandığı gibi, derinin yüzeyden oluşturduğu alanların üst üste binmesidir.

Todi ovaların ortasında

(2.5.2)

Düz poz alan kuvveti

Düzlemler arasındaki mesafe, düzlemlerin doğrusal boyutlarından (düz kapasitör) çok daha küçük olduğundan, aynı sonuç uç boyutlu düzlemler için de geçerlidir.

Kapasitörün plakaları arasında (plakaların birim alanı başına) karşılıklı bir yerçekimi kuvveti vardır:

burada S, kapasitör plakalarının alanıdır. Çünkü , O

.

(2.5.5)

Bu, düşünme motor gücünün geliştirilmesi için bir formüldür.

Yüklü sonsuz uzun bir silindirin alanı (iplik)

Alanın, R yarıçaplı, sabit bir doğrusal yoğunlukla yüklenen eğrilmemiş silindirik bir yüzey tarafından oluşturulduğunu varsayalım; burada dq, silindir bölümünde yoğunlaşan yüktür (Şekil 2.14).

Simetrinin mükemmelliği, E'nin herhangi bir noktada yarıçap boyunca düz, silindir eksenine dik olacağı anlamına gelir.

Silindirin etrafında görünür (diş) eş eksenli kapalı yüzey ( silindir ve silindir) yarıçap R i dohina l (silindirlerin tabanları eksene diktir). Namlu yüzeyindeki silindirlerin tabanları için. kenar mahallelere yakın uzan R.

Vektörün yüzey boyunca akışı, ki bu çok eski görünüyor

Ostrogradsky-Gaus teoremine göre yüzeyde bir yük olduğunda,

.

(2.5.6)

Yakshcho, çünkü Kapalı yüzeyin ortasında yük yoktur (Şekil 2.15).

R silindirinin yarıçapını değiştirerek ('de), yüzeye yakın çok yüksek gerilime sahip bir alanı kaldırmak ve 'de ipliği çıkarmak mümkündür.

Doğrusal kalınlığı λ olan iki eş eksenli silindirden oluşan bir alan, ancak farklı işaret

Küçük ve büyük silindirlerin ortasında saha aynı gün olacaktır (Şekil 2.16).

Silindirler arasındaki boşlukta alan, ön montajdakiyle aynı şekilde belirlenir:

Bu, hem sonsuz uzun silindirler hem de uç uzunluktaki silindirler için geçerlidir, çünkü silindirler arasındaki boşluk, uç uzunluktaki silindirler (silindirik kapasitör) için çok daha küçüktür.

Yüklü içi boş bir çekirdeğin alanı

Yarıçapı R olan içi boş çekirdek (veya küre), yüzey yoğunluğu σ olan pozitif bir yük ile yüklenir. Bu düşüşteki alan merkezi olarak simetrik olacak; herhangi bir noktada soğutucunun merkezinden geçecek. ,Ben Güç hatları Herhangi bir noktada yüzeye dik. Soğutucunun etrafında r yarıçaplı bir küre görülmektedir (Şekil 2.17).

8. Düzgün yüklü, kesintisiz bir yüzey tarafından bir elektrostatik alan yaratılır. Bu alanın aynı olduğunu gösterin.

Yüzey kalınlığının eskileri şarj etmesine izin verin. Açıkçası, E vektörü yalnızca yükleme düzlemine dik olabilir. Ayrıca, aynı düzlemin simetrik noktalarında E vektörünün modülün arkasında olduğu ve doğrudan uzandığı açıktır. Alanın bu konfigürasyonu, s'nin sıfırdan büyük olduğu doğrudan bir silindir seçilerek iz yüzeyinin kapalı olduğunu gösterir. Bu silindirin tüm yüzeyi boyunca akış sıfıra eşittir, dolayısıyla silindirin tüm yüzeyi boyunca geri dönüş akışı 2*E*DS'ye eşit olacaktır; burada DS, yüzey ucunun alanıdır. Gaus teoremine genişletildi

burada s*DS silindirin ortasındaki yüktür.

Daha doğrusu bu diziyi şu şekilde yazın:

burada En, E vektörünün normal n üzerine yüklü alana izdüşümüdür ve n vektörü bu alana aittir.

Yükselişten düzleme kadar uzanmaması, elektrik alanının düzgün olduğu anlamına gelir.

9. Bakır bir darttan 56 cm yarıçaplı bir kazık hazırlandı.0,36 nC/m doğrusal kuvvete sahip bir yük, dart boyunca eşit olarak dağıtıldı. Riskin merkezindeki potansiyeli bulun.

Böylece yük, aşağıdaki formülle hesaplanan merkezdeki potansiyeli bulmak için dart boyunca doğrusal olarak dağıtılır:

De s – yükün doğrusal kalınlığı, dL – dart elemanı.

10. Bir Q nokta yükünün oluşturduğu elektrik alanında, negatif bir -q yükü, r 1 istasyonunda hareket eden noktadan Q yüküne doğru kuvvet çizgisi boyunca r 2 istasyonunda hareket eden noktaya doğru hareket eder. Bu yer değiştirmede -q yükünün potansiyel enerjisindeki artışı bulun.

Daha yüksek potansiyeller için bu değer, alanın bu noktasındaki tek bir pozitif yükün potansiyel enerjisine sayısal olarak eşittir. Ayrıca q 2 yükünün potansiyel enerjisi:

11. E.r.s.'den iki yeni unsur. 1,2 ve dahili destek 0,5 Ohm paralel bağlı. Akü bağlantısı kesilmiş ve harici referans 3,5 Ohm'a kısa devre yapılmıştır. Lancius'un dış kısmındaki struma'nın gücünü öğrenin.

Mevcut Lanzug'un gücüne göre tüm Lanzug'lar için Ohm yasasıyla tutarlıdır:

De E` - EPC akü elemanları,

r` - daha eski olan dahili pil desteği:

EPC pili seri bağlı üç EPC elemanından oluşur:

Peki:

12V elektrikli lanset Tutarlı bir şekilde eşit ağırlık ve çapta bakır ve çelik parçalar dahil edildi. Bu ağaçlarda görülebilen ısı miktarını öğrenin.

Güçlü bir p desteğine sahip malzemeden yapılmış, uzunluğu L ve çapı d gibi görünüyor. R'nin temeli aşağıdaki formülle bulunabilir:

De s = - Dartın enine kesiminin alanı. Akımın kuvveti I çekildiğinde, iletken bir miktar ısı Q görür:

Bu durumda darttaki voltaj düşüşü birdir:

Küçük bir değişiklik midi:

p1 = 0,017 µOhm * m = 1,7 * 10 -8 Ohm * m

evcil hayvançelik:

p2 = 10 -7 Ohm * m

Jetler sıralı olarak çalıştırıldığı için içlerindeki akım şiddeti aynı olup saat başına t Q1 ve Q2 ısı miktarında görülür:

12. Düzgün bir manyetik alanda akımdan gelen dairesel bir bobin vardır. Bobin alanı kuvvet alan çizgilerine diktir. Manyetik alan tarafından devreye etki eden sonuçta ortaya çıkan kuvvetin sıfıra eşit olmasını sağlayın.

Akıştan gelen dairesel bir bobinin parçaları, Amper kuvveti olan düzgün bir manyetik alan içindedir. dF=I formülüne dayanarak, akıştan dönüş başına akan sonuçtaki amper gücü şu şekilde verilir:

Deintegrasyon bu konturun ve I akışının arkasında gerçekleştirilir. Eğer manyetik alan düzgünse, o zaman vektör integralin arkasına yerleştirilebilir ve vektör integrali hesaplanmadan önce toplanabilir. Bu integral, sıfıra eşit olan dL temel vektörlerinin kapalı bir döngüsüdür. Bu, F = 0 olduğu anlamına gelir, o zaman ortaya çıkan amper kuvveti sıfır düzgün manyetik alana eşittir.

13. 3 cm çapında 90 dönüşü karşılamak için kısa bir bobin boyunca ipi hareket ettirin. Akımın bobinin ekseni üzerinde 3 cm yukarıda oluşturduğu manyetik alanın gücü 40 A/m'dir. Koushci'deki derenin gücünü düşünün.

A noktasındaki manyetik indüksiyonun, bobinin yüzey bobini tarafından oluşturulan manyetik indüksiyonun bir süperpozisyonu olması önemlidir:

Bobinin hızını bulmak için Biot-Savart-Laplace yasasını kullanırız.

De, dBdönüş, yarıçap vektörü r ile gösterilen noktada IDL tıngırdatma elemanı tarafından oluşturulan alanın manyetik indüksiyonudur. dL elemanının ucunda ve oradan A noktasına kadar görülebilen yarıçap vektörünü çizeriz. R. dBturn vektörü, gimlet kuralına uygun olarak yönlendirilebilir.

Süperpozisyon ilkesine benzer:

Entegrasyon dLturn'un tüm öğeleri arasında gerçekleştirilir. DBturn'u halka yüzeyine paralel dBturn (II) ve halka yüzeyine dik dBturn (I) olmak üzere iki depoya yerleştiriyoruz. Todi

Bunu fark ettikten Simetrinin işaretlenmesinden ve dBturn(I) vektörlerinin skaler bir vektör entegrasyonu yerine düz olmasından:

De dBturn(I) =dBturn*cosb i

Parçalar dl dik r

2p'ye kısaltın ve cosb'yi R/r1 ile değiştirin

Virazimo zvidsi R=D/2'yi biliyorum

İşte manyetik indüksiyon ve manyetik alan gücünü ilişkilendiren bir formül:

koltuktan Pisagor teoremini takip ederek:

14. Tek bir manyetik alanda, bir elektron kuvvet çizgilerine dik yönde 10?10 6 m/s hızla uçuyor ve yarıçapı 2,1 cm olan bir kazığın yayı boyunca çöküyor. manyetik alan.

Düzgün bir manyetik alanda çöken bir elektrona, Lorentz kuvveti elektronun akışkanlığına dik olarak uygulanır ve dolayısıyla doğrudan kazık merkezine doğrudur:

Parçalar v ve І dorovny 90 0 arasında kesilir:

Fl kuvvetinin parçaları dairenin merkezine yönlendirilir ve elektron bu kuvvetin akışı altında kazık üzerine çöker, sonra

Sanallaştırılabilir manyetik indüksiyon:

15. Manyetik indüksiyonu B=B 0 Sin(ωt), de B 0 =0,01 T, ω= yasasına göre değişen bir manyetik alana yerleştirilmiş, bakırdan yapılmış, kenarı 12 cm olan kare bir çerçeve. 2 π/ T ta T=0,02 s. Çerçeve alanı manyetik alana diktir. E.r.s'nin en yüksek değerini bulun. Çerçevedeki indüksiyon.

Kare çerçevenin alanı S = a2. Çerçeve alanı dik olduğunda manyetik akı dj'deki değişim dj=SdB

EPC indüksiyonu endikedir

E cos(wt)=1'de maksimum olacaktır

Düzgün bir elektrik alanında, yüklü bir parçacığa etki eden kuvvetin hem büyüklüğü hem de yönü sabittir. Dolayısıyla bu tür parçaların çökmesi, vücudun rüzgârın desteğini sağlamadan toprağın ağırlığı altında çökmesine benzer. Bu formdaki parçacığın yörüngesi düzdür ve parçacığın koçan hızı ve elektrik alan kuvveti vektörlerini yerleştiren düzlemin yakınında yer alır.

Potansiyel elektrostatik alan. Potansiyeli gerilimle birleştiren güçlü bir ifade.

Elektrostatik alanın herhangi bir noktasındaki potansiyel, o noktaya yerleştirilen tek bir pozitif yükün potansiyel enerjisiyle belirlenen fiziksel bir niceliktir. Q nokta yükünün yarattığı alanın potansiyeli,

Potansiyel, belirli bir alan noktası alandan kaldırıldığında tek bir pozitif elektrik yükünün hareketiyle belirlenen fiziksel bir niceliktir. Bu robot, dış kuvvetlerin (elektrostatik alanın kuvvetlerine karşı) tek bir pozitif yükü tutarsızlıktan diğerine hareket ettirmesi nedeniyle sayısal olarak daha moderndir. Qiu noktası alanlar.

Potansiyelin birimi volttur (V): 1 V, 1 C yükünün 1 J potansiyel enerjiye sahip olduğu böyle bir alan noktasının geleneksel potansiyelidir (1 V = 1 J/C). Voltun voltaj boyutu, daha önce tanıtılan elektrostatik alan kuvveti biriminin fiilen 1 V/m'ye eşit olduğu gösterilebilir: 1 N/C=1 Nm/(Cm)=1 J/(Cm)=1 V/m.

Formül (3) ve (4)'ten, alanın birkaç yük tarafından yaratılması durumunda, yükler sisteminin bu alanının potansiyelinin, tüm bu yüklerin alan potansiyelleri cebirinin toplamına eşit olduğu sonucu çıkar:

Elektrik alanının herhangi bir noktasındaki voltaj, o noktadaki dönüş işaretinden alınan potansiyel gradyanına eşittir. Eksi işareti, E voltajının potansiyeldeki değişimle doğrudan ilişkili olduğunu gösterir.

E = - derece phi = - N phi.

Elektrik alanının kuvvet karakteristiği - gerilim ve enerji karakteristiği - potansiyeli arasında bir bağlantı kurmak için, elektrik alanı kuvvetlerinin sonsuz küçük yer değiştirmiş nokta yükü q: dA = q E dl üzerindeki temel çalışmasını dikkate alıyoruz, bu çalışma є yüküne benzer є potansiyel enerji kaybı q: dA = - dWп = - q dфі, de dфі - Maksimum dl yer değiştirmede elektrik alan potansiyelindeki değişiklik. İfadelerin eşit sağ kısımları hariç tutulur: E dl = -d f veya Kartezyen koordinat sistemi

Ex dx + Ey dy + Ez dz = -d phi

burada Ex, Ey, Ez, stres vektörünün koordinat sistemi eksenindeki izdüşümleridir. Parçalar tam bir diferansiyel ile ifade edilir, o zaman stres vektörünün projeksiyonu için şunu yapabiliriz:

Kollarda duran Viraz fi potansiyelinin bir eğimidir.

Süperpozisyon ilkesi alanların temel gücüdür. Koordinatlı noktalarda bulunan nokta yükleri sistemi tarafından yarıçap vektörü olan bir noktada oluşturulan alanın gücü ve potansiyeli için alan hesaplamaları.

Genel anlamda süperpozisyon ilkesine bakarsak, o zaman parçaya etki eden dış kuvvetlerin akışının toplamının, onları çevreleyen anlamdan oluştuğu açıktır. Bu prensip tüm lineer sistemlerde aynı kalır. davranışı doğrusal ilişkilerle tanımlanabilecek bu tür sistemler. Popo kıç yapabilir basit durumŞarkının ortasında doğrusal omurga genişlediğinde, yetkililerin kendilerini dikenlerin içinden yükselen fırtınaların akışından kurtarması gerekir. Bu güç, ciltteki ve depolardaki uyumdaki etkilerin belirli bir toplamı olarak tanımlanır.

Süperpozisyon ilkesi, aşağıdakilere eşdeğer olan diğer formülasyonlarda da benimsenebilir:

· İki parçacık arasındaki etkileşim, ilk ikisiyle de etkileşime giren üçüncü bir parçacık eklendiğinde değişmez.

· Zengin parçalı bir sistemdeki tüm parçacıklar arasındaki etkileşimin enerjisi, basitçe tüm olası parçacık çiftleri arasındaki etkileşimlerin enerjilerinin toplamıdır. Sistemin çok fazla kısmi etkileşimi yoktur.

· Zengin parçalı bir sistemin davranışını tanımlayan bir çizgi, bir dizi parçacık için doğrusaldır.

6 Gerilim vektörünün dolaşımına, tek bir pozitif yük kapalı bir L devresi tarafından hareket ettirildiğinde elektrik kuvvetlerinin üretildiği eylem denir.

Elektrostatik alan kuvvetlerinin kapalı bir devre boyunca çalışmasının parçaları sıfıra eşittir (potansiyel alan kuvvetlerinin işi) ve daha sonra elektrostatik alan kuvvetinin kapalı bir devre boyunca dolaşımı şuna eşittir: sıfır.

Kürenin potansiyeli. Yeni yüklü bir cisimde bir noktadan diğerine hareket ederken herhangi bir elektrostatik alanın işi de, tekdüze bir alanın işi gibi yörünge şeklinde değildir. Kapalı bir robot yörüngesinde elektrostatik alan her zaman sıfıra ulaşır. Böyle bir gücü barındıran alanlara potansiyel denir. Potansiyel karakter, zocrema, bir nokta yükünün elektrostatik alanı vardır.
Potansiyel alanın işi, potansiyel enerjideki bir değişiklikle ifade edilebilir. Formül herhangi bir elektrostatik alan için geçerlidir.

7-11 Gerilimli düzgün bir elektrik alanının kuvvet çizgileri güverte plakası S'ye nüfuz ederse, gerilim vektörünün akışı (daha önce platform boyunca kuvvet çizgilerinin sayısını çağırıyorduk) aşağıdaki formülle hesaplanır:

de En - bu Maidan'ın normaline ek vektör (Şekil 2.5).

Pirinç. 2.5

S yüzeyinden geçen ek kuvvet çizgisi sayısına, FE gerilim vektörünün bu yüzeyden akışı denir.

Vektör biçiminde, iki vektörden oluşan skaler bir katı, de vektör yazabilirsiniz.

Dolayısıyla bir vektörün akışı, pozitif ya da negatif olabilen bir değere bağlı olan bir skalerdir.

Şekil 2.6 ve 2.7'de gösterilen dipçiğe bir göz atalım.

	Pirinç. 2.6	Pirinç. 2.7

Bebek 2.6 için - A1'in yüzeyi pozitif bir yük yayacak ve burada tabiri caizse bir düzleşme akışı olacak. A2'nin yüzeyi negatif yük yayar, burada ortası düzleştirilmiştir. A yüzeyinden geçen yeraltı akışı sıfıra eşittir.

Bebek 2.7 için yüzeyin ortasındaki toplam yük sıfıra eşit olmadığından akış sıfıra eşit değildir. Bu konfigürasyon için A yüzeyinden geçen akış negatiftir (güç hatlarının sayısını ayarlayın).

Bu şekilde gerilim vektörünün akışı yüke paralel olur. Ostrogradsky-Gauss teoreminin anlamı nedir?

Gaus teoremi

Coulomb yasası ve süperpozisyon ilkesi, boşluktaki belirli bir yük sisteminin elektrostatik alanını tamamen tanımlamak için deneysel olarak oluşturulmuştur. Bununla birlikte, elektrostatik alanın gücü, Coulombian alanına bir nokta yük getirilmeden farklı, daha gelişmiş bir biçimde ifade edilebilir.

Elektrik alan kuvvetinin elektrik alanı - akış Φ vektörünü karakterize eden yeni bir fiziksel nicelik tanıttık. Elektrik alanının oluşturulduğu açık alanın küçük Maidan ΔS'yi bitirmesine izin verin. Vektör modülünün ΔS alanına ve vektör ile normal arasındaki α kesiminin kosinüsüne eklenmesine, stres vektörünün bakire ΔS boyunca temel akışı denir (Şekil 1.3.1):

Şimdi yeterince kapalı bir S yüzeyine bakalım. Bu yüzeyi küçük ΔSi karelerine bölersek, bu küçük kareler boyunca alanın temel akışlarını ΔΦi belirleriz ve sonra özetlersek, sonuç olarak akışı çıkarabiliriz. Kapalı yüzey S boyunca vektörün Φ'si ( Şekil 1.3.2):

Gaus'un teoremi doğrulandı:

Elektrostatik alan kuvveti vektörünün yeterince kapalı bir yüzey boyunca akışı, bu yüzeyin ortasında dağıtılan yüklerin cebirinin toplamının elektrik sabiti ε0'a bölünmesiyle elde edilir.

de R - Kürenin yarıçapı. Ek E elemanının küresel yüzeyinden 4πR2 küresinin alanına Φ akışı. Otje,

Şimdi nokta yükünü yeterince kapalı bir S yüzeyi ile keskinleştirelim ve R0 yarıçaplı ek bir küreye bakalım (Şekil 1.3.3).

Tepesinde küçük etli bir kesik ΔΩ bulunan koniye bakalım. Bu koni küre üzerinde küçük bir ΔS0 şeklinde ve S yüzeyinde bir ΔS şeklinde görülebilir. Bununla birlikte, temel elementler bu bakirelerden ΔΦ0 ve ΔΦ akar. Doğru,

Benzer şekilde, eğer kapalı bir S yüzeyi q noktasal yükünü absorbe etmiyorsa akışın Φ = 0 olduğu gösterilebilir. 1.3.2. Nokta yükünün elektrik alanının tüm güç hatları kapalı S yüzeyinden geçer. S yüzeyinin ortasında yük bulunmadığından bu alanda kuvvet çizgileri kopmaz ve oluşmaz.

Gaus teoreminin yeterli bir yük dağılımının varlığına genişletilmesi süperpozisyon ilkesinden kaynaklanır. Herhangi bir yük dağılımının alanı, nokta yüklerin elektrik alanlarının vektör toplamı olarak düşünülebilir. Yeterince kapalı bir S yüzeyi boyunca bir yük sisteminin akışı Φ, çevredeki yüklerin elektrik alanlarının akışından Φi oluşur. Qi yükü S yüzeyinin ortasında görünüyorsa, akışa katkıda bulunuyorsa ve aynı yük yüzeyde görünüyorsa, akışa verilen elektrik alanı sıfıra eşittir.

Böylece Gaus teoremi tamamlanmış olur.

Gaus teoremi Coulomb yasasının ve süperpozisyon ilkesinin soyundan gelir. Bu teoremin içerdiği ifadeyi cob aksiyomu olarak alırsak Coulomb yasası ortaya çıkacaktır. Bu nedenle Gaus teoremine bazen Coulomb yasasına alternatif bir formülasyon denir.

Gaus teoremini kullanarak, bazı durumlarda yüklü bir cismin etrafındaki elektrik alanının gücünü kolayca hesaplamak mümkündür, çünkü yüklerin dağılımı bir miktar simetriye sahiptir ve alanın temel yapısı daha sonraki bir tarihte tahmin edilebilir.

Uç, ince duvarlı, boş, düzgün yüklü, R yarıçaplı uzun bir silindirin alanını hesaplamak için kullanılabilir. Bunun eksenel simetrisi vardır. Simetrinin ortadan kalkmasıyla elektrik alanı yarıçap tarafından yönlendirilir. Bu nedenle, Gaus teoremini uygulamak için, yarıçapı r ve yarım l olan, her iki ucu kapalı bir eklem silindiri şeklinde kapalı bir S yüzeyi seçmek gerekir (Şekil 1.3.4).

R R'de, stres vektörünün tüm akışı, yüzeydeki akış sıfıra eşit olduğundan alanı 2πrl'ye eşit olan silindirin namlu yüzeyinden geçecektir. Gaus teoreminin bir özeti şunu verir:

Bu sonuç, yüklü silindirin R yarıçapı içinde yer almaz, bu nedenle durgundur ve uzun, düzgün yüklü bir ipliğin alanına kadardır.

Yüklü silindirin ortasındaki alan kuvvetini arttırmak için düşmeye karşı kapalı bir yüzeye sahip olmak gerekir.< R. В силу симметрии задачи поток вектора напряженности через боковую поверхность гауссова цилиндра должен быть и в этом случае равен Φ = E 2πrl. Согласно теореме Гаусса, этот поток пропорционален заряду, оказавшемуся внутри замкнутой поверхности. Этот заряд равен нулю. Отсюда следует, что электрическое поле внутри однородно заряженного длинного полого цилиндра равно нулю.

Benzer şekilde, eğer yüklerin dağılımı herhangi bir simetriye sahipse (örneğin merkeze, alana veya eksene göre simetri), bir dizi başka fazdaki elektrik alanını hesaplamak için Gaus teoremi kullanılabilir. Bu tür bozukluklarda tam şekilli kapalı bir Gauss yüzeyinin seçilmesi gerekir. Örneğin, merkezi simetri durumlarında Gauss yüzeyi, simetri noktasında ortalanmış bir küre gibi görünecek şekilde manuel olarak seçilebilir. Eksenel simetri ile kapalı bir yüzey, her iki ucu da kapalı olan koaksiyel silindir olarak seçilmelidir (yukarıda belirtilen dipçikte olduğu gibi). Yüklerin dağılımı herhangi bir simetriye sahip olmadığından ve elektrik alanının yer altı yapısını tahmin etmek imkansız olduğundan, Gaus teoreminin geçerliliği verilen alan kuvveti değeriyle açıklanamaz.

Yüklerin simetrik dağılımının başka bir örneğine bakalım - düzgün yüklü bir alanın alanının değeri (Şekil 1.3.5).

Bu durumda Gauss yüzeyi S her iki ucu kapalı çift silindir şeklinde seçilmelidir. Silindirin tamamı yüklü yüzeye dik olarak düzleştirilir ve ucu ondan aynı mesafeye taşınır. Simetri nedeniyle, düzgün yüklü alanın alanı normalin karşısındadır. Gaus teoreminin bir özeti şunu verir:

de σ - Yükün yüzey kalınlığı, yani bir birim alana düşen yük.

Düzgün yüklü bir yüzeyin elektrik alanı için ifadenin ortadan kaldırılması, durgun ve aynı zamanda uç boyuttaki yüklü düz montajlardır. Yüklü meydanın büyüklüğüne göre alan kuvvetinin belirlendiği noktada, meydanın boyutundan önemli ölçüde daha azdır.

І 7 – 11'e kadar programlar

1. Düzgün yüklü küresel bir yüzey tarafından oluşturulan elektrostatik alanın gücü.

O halde R yarıçaplı küresel bir yüzeyin (Şekil 13.7) eşit olarak dağıtılmış q yükünü taşımasına izin verin. Kürenin herhangi bir noktasındaki yükün yüzey kuvveti aynı olacaktır.

A. Son olarak, küresel yüzeyimiz S yüzeyine r>R yarıçaplı simetriktir. Stres vektörünün S yüzeyi boyunca akışı daha moderndir

Gaus'un teoremine göre

Otje

İle. Yüklü bir küresel yüzeyin ortasında yer alan bir noktadan yarıçapı r olan bir S küresi çizelim.

2. Soğutucunun elektrostatik alanı.

R yarıçaplı bir topun hacimsel yoğunlukla eşit olarak yüklenmiş olarak hareket etmesine izin verin.

Makaranın konumunda, merkezinin önünde (r>R) r mesafesi üzerinde bulunan herhangi bir A noktasındaki alan, makaranın merkezinde bulunan noktasal yükün alanına benzer. Todi kuleyu pozu

(13.10)

yogo yüzeyindeki bira (r=R)

(13.11)

Merkezine yakın r yüzeyindeki dairenin ortasında kalan noktada (r>R), alan r yarıçaplı kürenin ortasına yerleştirilen yük tarafından belirlenir. Gerilim vektörünün bu küre boyunca akışı

diğer yandan Gaus teoremine benzer

Gaus'un teoremine göre

Geriye kalan iki ifade, düzgün yüklü bir iplik tarafından oluşturulan alan gücünü gösterir:

(13.13)

Alanın sonsuz genişliğe sahip olduğunu ve yükün σ'dan bir birim alan daha büyük olduğunu varsayalım. Simetri yasalarına göre, alan baştan sona düzdür, düzleme diktir ve eğer başka dış yükler yoksa düzlemin rahatsız edici taraflarındaki alanlar aynı kalır. Yüklü yüzeyin bir kısmını, kutu açılıp dik olarak yerleştirilecek ve derinin yüzeyini kaplayan iki taban yüklü yüzeye paralel olacak şekilde şeffaf silindirik bir kutu ile çevreliyoruz (Şekil 1.10).

12. Düzgün yüklü bir kürenin alanı.

Elektrik alanının bir yük tarafından yaratılmasına izin verin Q, küre yarıçapının yüzeyi üzerinde eşit olarak dağıtılmış R(Mal. 190). Stand üzerinde bulunan yeterli bir noktadaki alan potansiyelini hesaplamak için R Kürenin merkezine yakın bir yerde, tek bir pozitif yükü belirli bir noktadan sonsuza hareket ettirirken alanın etkisini hesaplamak gerekir. Daha önce, düzgün yüklü bir kürenin alan kuvvetinin, kürenin merkezinde dağıtılan noktasal yükün alanına eşdeğer olduğunu bulmuştuk. Bu nedenle, bir küre uygulandığında kürenin alan potansiyeli, bir nokta yükün alan potansiyeline eşit olacaktır.

φ (R)=Q 4πε 0R . (1)

Zokrema, kürenin yüzeyinde potansiyel daha yüksek φ 0=Q 4πε 0R. Kürenin ortasında bir elektrostatik alan vardır, yani kürenin ortasında bulunan yeterli bir noktadan yükün hareket ettirilmesiyle yüzeyinde sıfır bulunur. A= 0, dolayısıyla bu noktalar arasındaki potansiyel farkı da sıfıra eşittir Δ φ = -A= 0. Dolayısıyla kürenin ortasındaki tüm noktalar, yüzeyinin potansiyeline eşit olan aynı potansiyele sahiptir. φ 0=Q 4πε 0R .

Daha sonra, düzgün yüklü bir kürenin alan potansiyelinin bölünmesi görülebilir (Şekil 191).

φ (R)=⎧⎩⎨Q 4πε 0R npu R<Talep 4πε 0R npu R>R . (2)

Kürenin ortasındaki alanın günlük olduğu ve potansiyelin sıfıra düştüğü gerçeğine dönelim! Bu örnek, potansiyelin belirli bir noktadaki alan değerlerine sonsuza kadar atandığını açıkça göstermektedir.

Küresel, silindirik veya düz yüzeyler üzerinde eşit olarak dağıtılan yüklerin oluşturduğu alanların gelişimi için Ostrogradsky-Gaus teoremini kullanın (Bölüm 2.2).

Ek teoreme dayalı alan geliştirme metodolojisi

Ostrogradsky - Gaus.

1) Yüklü gövdeyi ısıtan, yeterince kapalı bir yüzey seçin.

2) Gerilim vektörünün yüzey boyunca akışını hesaplıyoruz.

3) Yüzeydeki toplam yükü hesaplıyoruz.

4) Elektrostatik alanın değerini hesaplamak ve gücünü ifade etmek için Gauss teoremini yerine koyun.

Tarlalara bir kat su uygulayın

Düzgün yüklü eğik olmayan bir silindirin alanı (diş).

Sonsuz silindir yarıçapı olsun R Doğrusal şarj yoğunluğuyla eşit şarj + τ (Şekil 16).

Simetri gölgesi, herhangi bir noktadaki alan kuvveti çizgilerinin, silindir eksenine dik, düz radyal çizgiler boyunca düz olacağı anlamına gelir.

Yüzeyin nasıl kapatıldığı, (tüm simetriden) silindir yarıçapı verileriyle seçilebilir şekilde eş eksenli R bu bukleler ℓ .

Razrahuemo akış vektörü verilen yüzey aracılığıyla:

,

de S temel , S b_k– taban ve yüzeyden daha düz.

Stres vektörünün temel düzlemi boyunca akışı sıfıra eşittir, dolayısıyla

Kapalı yüzey tarafından ezilen toplam yük:

.

Her şeyi Gaus teoremine yerleştirdikten sonra bunlara bakarak ε = 1, reddedilebilir:

.

Sonsuz eşit yüklü bir silindir veya sonsuz eşit yüklü bir iplik tarafından yayılan noktalarda oluşturulan elektrostatik alanın gücü:

, (2.5)

de R - Vidstan eksen tipi Belirli bir noktaya silindir ( R ≥ R );

τ - doğrusal şarj gücü .

Yakşço R < R daha sonra yüklerin ortadaki kapalı yüzeyi analiz edilir; dolayısıyla bu durumda e = 0 öyleyse. silindirin ortasında alan yok .

Düzgün yüklü çaprazlanmamış alan alanı

P Pürüzlü yüzey alanı sabit bir yüzey kalınlığı ile yüklenir + σ .

Seçilen silindirin yüzeyi kapalı olduğundan tabanı şarj yüzeyine paralel, tamamı ise ona diktir (Şekil 17). Silindirin dış yüzeyini oluşturan çizginin parçaları gerilim çizgilerine paraleldir, bu durumda gerilim vektörünün dış yüzey boyunca akışı sıfıra eşittir. Stres vektörünün iki düzlem tabanından akışı

.

Kapalı yüzey tarafından ezilen toplam yük:

.

Her şeyi Gaus teoreminin yerine koyarsak şunları ortadan kaldırabiliriz:

Çaprazlanmamış, düzgün yüklü bir alanın elektrostatik alan kuvveti

. (2.6)

Bu formülden açıkça görülüyor ki e Alan voltajının her noktada aynı olması için silindirin tabanına yakın durmayın. Başka bir deyişle, düzgün yüklü bir alanın alanı üniforma.

İki paralel paralelin alanı

farklı yüklü uçaklar

P Yüzeylerin aynı yüzey kalınlıklarıyla eşit şekilde yüklenmesini sağlayın + σ і – σ (Şekil 18).

Süperpozisyon ilkesine benzer şekilde,

.

Küçükten düzlemler arasındaki alanda kuvvet çizgilerinin düz olduğunu, bunun da gerilime yol açtığını görebilirsiniz.

. (2.7)

Düzlüklerle çevrelenmiş bir bedenin duruşu, düz çizgiler boyunca katlanan, bükülen alanlar, böylece ortaya çıkan gerilim sıfıra yakın.

Böylece ovalar arasında kalan alan sakin görünmektedir. Ortaya çıkan sonuç, düzlemler arasındaki mesafe alanlarından çok daha küçük olduğundan (düz plakalı kapasitör) uç boyutların yüzeyleri için yaklaşık olarak geçerlidir.

Aynı işarete sahip ve aynı yüzey kalınlığına sahip yük dağılım yüzeylerinde ise, plakalar arasında alan vardır ve plakaların konumu formül (2.7) kullanılarak hesaplanır.

Alan kuvveti

düzgün yüklü küre

Küresel yüzey yarıçapı tarafından oluşturulan bir alan R , yüzey şarj kuvveti ile yüklü σ merkezi olarak simetrik olduğundan, gerilim çizgileri kürenin yarıçapları boyunca düzleştirilir (Şekil 19 a).

Yüzey nasıl kapatılır ve küre yarıçapı nasıl seçilir R yüklü kürenin göksel merkezidir.

Yakşço R > R , o zaman yüzeyin ortası tüm yükü tüketir Q .

Stres vektörünün kürenin yüzeyi boyunca akışı

Bunu Gaus teoremi ile değiştirerek şunu ortadan kaldırabiliriz:

.

Düzgün yüklü bir küre için elektrostatik alan kuvveti:

, (2.8)

de R - Vidstan merkezden küreler.

Alanın, kürenin merkezine yerleştirilen aynı büyüklükteki bir noktasal yükün alanıyla aynı olduğu görülebilir.

Yakşço R < R , o zaman kapalı yüzey yüklerin ortasına müdahale etmez, dolayısıyla Yüklü kürenin ortasındaki alan günlüktür (Şekil 19, b).

Hacim alanı gücü

yüklü soğutma sıvısı

P yarıçaplı bir topun var R sabit hacimsel şarj gücüyle şarj etme ρ .

Bu formdaki alan merkezi simetriye sahiptir. Alan kuvveti açısından soğutucunun konumu, yüzey yüklü küre (2.8) ile aynı sonucu verir.

Culi'nin orta noktası için gerilim farklı olacaktır (Şekil 20). Küresel yüzey yükü kucaklıyor

Dolayısıyla bu Gaus teoremi ile tutarlıdır

Vrahovoyuchi okulu
, çıkarmak:

Hacimsel olarak yüklü bir çekirdeğin ortasındaki elektrostatik alan kuvveti

(R ≤ R ). (2.9)

.

Zavdannya 2.3 . Alan, yüzey yük kuvvetine sahip sonsuz uzunlukta bir alana sahiptir σ küçük bir torba tereyağını bir ipliğe asmak M , alanıyla aynı işarete sahip bir yüke sahiptir. İplik dikey çizgiye bağlandığında torbanın yükünü öğrenin α

Karar. Sorun 1.4'ü çözmek için geri dönelim. Aradaki fark, problem 1.4'teki kuvvetin
Coulomb yasasına (1.2) ve problem 2.3'e göre - elektrostatik alan kuvvetinin (2.1) değerine göre hesaplanır.
. Eğik olmayan, düzgün yüklü bir alanın elektrostatik alanının gücü, ek Ostrogradsky-Gauss teoremi (2.4) kullanılarak elde edilir.

P Tüm uçaklar tekdüzedir ve yükselişten düzleme kadar uzanır. 3 Şek. 21:

.

 Saygıyı yeniden kazan Alanın yakınına yerleştirilen yüke uygulanan kuvvetin yüke dağılımını bulmak için formülü kullanmak gerekir.

,

ve bölünmüş dalgaların çıkartmasıyla oluşturulan alanın yoğunluğu süperpozisyon ilkesinin arkasındadır. Bunun nedeni, pompaların dağılımının elektrostatik alanının gücünün Ostrogradsky-Gauss teoreminin geçerliliği ile ilişkili olmasıdır.

Zavdannya 2.4. Ortadaki alan kuvvetinin ilerisinde ve makinenin eşit yüklü plakasının duruşu D Plakanın ortasındaki yük kuvveti hacmi ρ . Bir çalışma programı oluşturun e (X ).

Karar. Koordinatların orijini plakanın orta düzlemine yerleştirilebilir ve tüm yüzey AH ona dik yönde (Şekil 22, a). Yüklü, çaprazlanmamış bir alanın elektrostatik alanının kuvvetinin dağılımı için Ostrogradsky-Gaus teoremini belirtiyoruz, sonra

.

Yükün hacimsel gücünün değeri

,

sonra gerginlik için alınır

.

Yıldız, atkı ortasındaki alanın altında olduğunu gösteriyor X . Duruş alanı aynı şekilde kaplıdır:

Resimden elbiseyle poz alanının aynı olduğunu görebilirsiniz. Gerilim yoğunluğu grafiği e görüş X incirde. 22, b.

Zavdannya 2.5. Alan, doğrusal yük kuvvetleriyle yüklenen iki sonsuz uzun iplik tarafından yaratılmıştır. – τ 1 evet + τ 2 . İplikler birbirine dik olarak dokunmuştur (Şek. 23). Standın üzerinde bulunan noktadaki alan gücünü bulun R 1 і R 2 iplik türü.

R karar. Miniklere cilt ipliğinin yarattığı alanın yoğunluğunu gösterelim. Vektör doğrultma önce İlk iplikler, kıymıklar, negatif yüklü. Vektör doğrultma görüş diğer iplik, oradaki parçalar pozitif yüklüdür. Vektörler і karşılıklı olarak dik olan sonuç vektörü trikütanöz rektumun hipotenüsü olacaktır. Vektör modülleri і formül (2.5) ile gösterilir.

Süperpozisyon ilkesinin arkasında

.

Pisagor teoreminin arkasında

Zavdannya 2.6 . Alan, iki yüklü, sonsuz boş eş eksenli silindir yarıçapı tarafından yaratılmıştır. R 1 і R 2 > R 1 . Yüklerin yüzey kalınlığı eşit – σ 1 і + σ 2 . Yaklaşan noktalardaki elektrostatik alanın gücünü bulun:

Bir nokta A yola yeniden bağlandı D 1 < R 1 ;

b) nokta İÇİNDE yola yeniden bağlandı R 1 < D 2 < R 2 ;

c) nokta Z yola yeniden bağlandı D 3 > R 1 > R 2 .

Stand silindir ekseni ile hizalanmıştır.

Karar. Koaksiyel silindirler, tüm simetrilerde tamamen çalışan silindirlerdir. Küçüklere yeni bir noktada göstereceğiz (Şek. 24).

e A = 0.

Zerre İÇİNDE büyük silindirin ortasına hareket ettirilir ve bu noktada alan yalnızca küçük silindir tarafından oluşturulur:

.

Virazim yükün yüzey kalınlığı boyunca yükün doğrusal kalınlığı. Hızın, yükün belirlenebildiği formül (1.4) ve (1.5) ile belirlendiği durumlar için:

Sağ kısım eşitlenir ve çıkarılır:

,

de S 1 - Birinci silindirin yüzey alanı.

Neyin vaatleri
, geri kalanı kaldırılabilir:

Zerre Z Her iki silindirin silindirleri yeniden oluşturulur, böylece alan her iki silindir tarafından oluşturulur. Süperpozisyon ilkesinin arkasında:

.

Şişlikleri düzeltmek ve gidermek için şunları kaldırıyoruz:

.

Zavdannya 2.7 . Alan iki yüklü, sonsuz paralel düzlem tarafından yaratılmıştır. Yüklerin yüzey kalınlığı eşit σ 1 і σ 2 > σ 1 . Plakalar arasında bulunan noktalardaki elektrostatik alanın gücünü ve plakaların konumunu bulun. Sorunu iki tür için çözün:

a) plakalar aynı anda şarj edilir;

b) plakalar farklı şekilde şarj edilir.

Karar. Ancak vektör görünümünde ortaya çıkan alanın gücü kaydedilir. Süperpozisyon ilkesine benzer:

.

Vektör modülleri і formül (2.6) kullanılarak hesaplanır.

a) Yükleme düzlemleri aynı anda olduğundan gerilim düzlemleri arasında düz kenarlar bulunur (Şekil 26, a). Ortaya çıkan stresin modülü

Gerginlikle poz verin і bir b_k'ye doğrultuldu. Dolayısıyla, eğik olmayan yüklü düzlemlerin alanı, yüzeyler ve düzlemler arasında kalmayacak şekilde tekdüze olduğundan, düzlemlerden sola veya sağa doğru herhangi bir noktada alan aynı olacaktır:

.

b) Yük yüzeyleri farklı şekilde yüklendiğinden, örneğin gerilim düzlemleri arasında bir tarafa doğru düzleştirilir (Şekil 26, b) ve düzlemlerin konumu farklıdır.

Popo 1. İnce, sonsuz uzun bir iplik, doğrusal bir yük ile eşit şekilde yüklenir λ . Elektrostatik alanın gücünü bulun e(R) uzak tarafta R iplik türü.

Zrobimo küçük olanı:

Analiz:

Çünkü İplik bir nokta yükü taşımadığından DI yöntemi durgundur. Görünüşe göre kondüktörün hayatının son derece küçük bir unsuru dl ne kadar intikam dolu bir suçlama dq=dlλ. İletkenin yüzey elemanının, stand üzerindeki ipliğin altında bulunan önemli bir A noktasında oluşturduğu alanın gerilimi dağılır. A. Vektör, nokta yükünü koruma noktasından birleştiren düz bir çizgiye yönlendirilecektir. Ortaya çıkan alan normalden x ekseni boyunca dişe alınır. Kıymetini bilmek lazım dE x: dE x =dE cosa. .

Randevular için:

.

Büyüklük dl, R, elemanın konumu değiştirilirken değiştirilebilir dl. Virazim їх α değeri aracılığıyla:

de da– diş boyunca hareket ederken yarıçap vektörünün A noktasına dönmesinin bir sonucu olarak α değerinde sonsuz küçük bir artış dl. Todi dl=R 2 da/a. Taşındığında dl Kut Hakkında noktasına bakış 00'dan π/2'ye değişir.

Otje .

Boyutların doğrulanması: [E] = V / m = kgm / mfm = KlV / Klm = V / m;

Ders:.

Yöntem 2.

Yük dağılımının eksenel simetrisine bakıldığında tüm noktalar ipliğe eşit hizadadır, eşdeğerdir ve her birinin alan şiddeti aynıdır. e(R)=sabit, de R- Koruma noktasından ipliğe kadar ayağa kalkın. Direkt olarak e Bu noktalarda normal daima ipliğe doğru düz tutulur. Gaus'un teoremine göre; de Q- şarj, yüzeyde ısıtma - Akışın hesaplandığı S', yarıçapı a olan bir silindir seçiyoruz ve bir diş ile çalışıyoruz. Silindir yüzeyinin normal olduğundan emin olmak için akış için çıkarılır:

Çünkü e= Sabit

S taraf = Açık 2π .

Diğer tarafta e 2πаН=Q/ε 0 ,

de λН=q.

Ders:e=λ /4πε 0 A.

popo 2. Yüklerin yüzey kuvveti ile düzgün yüklü kesintisiz alanın gerilimini ortaya çıkarın σ .

Gerilme çizgileri düzleme dik ve düzlemin zıt yönündedir. Kapalı yüzey olarak tabanı düzleme paralel olan ve silindirin tamamı düzleme dik olan bir silindirin yüzeyini seçiyoruz. Çünkü gerilim çizgilerine paralel silindirler oluşturun (α=0, çünkü α=1 ), bu durumda stres vektörünün silindirik yüzey boyunca akışı sıfıra eşittir ve kapalı silindirik yüzey boyunca ilave akış, tabanından geçen akışların toplamına eşittir. Kapalı bir yüzeyin ortasına yerleştirilen yük, eski σ S temel todi:

FE = 2 eS ana abo F E = = todi E = =

Ders: E = silindirin tabanına yakın ve modülün arkasındaki alandan herhangi bir mesafede durmayın. Düzgün yüklü alanın alanı düzgündür.

popo 3. Yüzey kalınlığı +σ ve –σ benzer olan iki sonsuz yüklü düzlemin alanını genişletin.

E = E = 0; E = E ++ E - =.

Ders: Düzlemler arasındaki alanda ortaya çıkan alan kuvveti E ='ye eşittir ve düzlemler arasındaki konum sıfıra eşittir.

popo 4. Yükün yüzey gücü +σ küresel yüzey yarıçapından eşit olarak yüklenen alan gücünü genişletin R.

Bunlar, ben,

yakscho r< R , то внутри замкнутой поверхности нет зарядов и электростатическое поле отсутствует (Е=0).

Ders:.

popo 5. Hacimsel yükün gerilimini hacimsel kuvvetle serbest bırakın ρ , soğuk yarıçap R.

Küreyi kapalı yüzey olarak ele alalım.

Yakşço R ≥R, = 4πr2E; e=

yakscho r< R , то сфера радиусом R, yükü yakar q" eşittir q"= (yük parçaları hacim olarak, hacimler ise yarıçap küpleri olarak taşınır)

Todi, T. Gauss

Ders:; Düzgün yüklü bir çekirdeğin ortasında voltaj, artışla birlikte doğrusal olarak artar. R merkezin önünde ve poz orantılı olarak geriye doğru azalır R 2 .

Stok No.6. Doğrusal yük ile yüklenen eğik olmayan, yuvarlak bir silindirin alan gücünü artırın λ , yarıçap R.

Stres vektörünün silindirin ucu boyunca ve yan yüzey boyunca akışı 0'a eşittir:

Çünkü , veya ,

Daha sonra (r > R olarak)

λ > 0, E > 0 ise silindirden gelen düzeltme vektörü,

nerede< 0, Е < 0 , вектор Ē направлен к цилиндру.

Yakscho r< R, то замкнутая поверхность зарядов внутри не содержит, поэтому в этой области Е = 0

Ders:(R>R); E = 0 (R>r). Kesintisiz, yuvarlak bir silindirin yüzeyinde düzgün yüklü bir alanın ortasında bir alan yoktur.

popo 7. Elektrik alanı, yüzey yük yüzeyleri 2 nC/m2 ve 4 nC/m2 olan iki sonsuz uzunlukta paralel düzlem tarafından yaratılır. I, II, III alanlarındaki alan kuvvetini hesaplayın. Bir çalışma programı oluşturun Ē (R) .

Alanlar alanı 3 alana ayırır

Doğrudan Ē büyük olandaki sonuç alanı.

Projeksiyonda R:

; «–»; ;

; «–»; ;

; «+»; .

Takvim Ē (R)

Ölçek seçin: e 2 =2 e 1

E1 = 1; E2 = 2

Ders:e ben = -345 V/m; eІ I = -172 V/m; e ben II = 345 V/m.

Stok No.8. Ebonitova sucilna kulya yarıçapı R= 5 cm taşıma yükü, hacimsel kalınlıkta eşit olarak dağıtılmış ρ =10 nC/m3. Şu noktalardaki elektrik alan gücünü hesaplayın: 1) yükselticide R 1 = 3 böl kürenin merkezine doğru; 2) kürenin yüzeyinde; 3) yolda R Kürenin merkezinden 2=10 cm.